高考数学基本初等函数一专题卷(附答案)
高考数学基本初等函数一专题卷（附答案）
一、单选题（共10题；共20分）
1.若函数在区间上存在零点，则常数a的取值范围为（）
A. B. C. D.
2.已知函数为函数的反函数，且函数的图像经过点，则函数的图像一定经过点（）
A. B. C. D.
3.若，，，，则（）
A. B. C. D.
4.设函数，则函数的零点的个数为( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
5.设集合,则（）
A. B. C. D.
6.已知函数，若，，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
7.已知函数（），若函数有三个零点，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
8.已知函数，则函数的零点所在区间为（）
A. B. C. D.
9.已知函数，若函数有四个零点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
10.已知函数，若函数有且只有3个零点，则实数k的取值范围是（）
A. B. C. D.
二、填空题（共6题；共7分）
11.函数的反函数________.
12.已知集合，任取，则幂函数为偶函数的概率为
________（结果用数值表示）
13.定义，已知函数，, ，则的取值范围是________，若有四个不同的实根，则的取值范围是________．
14.设函数y＝f（x）的定义域为D，若对任意的x1∈D，总存在x2∈D，使得f（x1）?f（x2）＝1，则称函数f（x）具有性质M.下列结论：①函数y＝x3﹣x具有性质M；②函数y＝3x+5x具有性质M；③若函数y＝log8（x+2），x∈[0，t]时具有性质M，则t＝510；④若y具有性质M，则a ＝5.其中正确结论的序号是________.
15.已知函数，且在定义域内恒成立，则实数的取值范围为________．
16.设是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数.
当时，，，其中.若在区间上，关
于的方程有8个不同的实数根，则的取值范围是________.
三、解答题（共5题；共45分）
17.某工厂预购买软件服务，有如下两种方案：
方案一：软件服务公司每日收取工厂元，对于提供的软件服务每次元；
方案二：软件服务公司每日收取工厂元，若每日软件服务不超过次，不另外收费，若超过次，超过部分的软件服务每次收费标准为元．
（1）设日收费为元，每天软件服务的次数为，试写出两种方案中与的函数关系式；
（2）该工厂对过去天的软件服务的次数进行了统计，得到如图所示的条形图，依据该统计数据，把频率视为概率，从节约成本的角度考虑，从两个方案中选择一个，哪个方案更合适？请说明理由．
18.2021年我省将实施新高考，新高考“依据统一高考成绩、高中学业水平考试成绩，参考高中学生综合素质评价信息”进行人才选拔。我校2018级高一年级一个学习兴趣小组进行社会实践活动，决定对某商场销售的商品A进行市场销售量调研，通过对该商品一个阶段的调研得知，发现该商品每日的销售量（单位：百件）与销售价格（元/件）近似满足关系式，其中为常数
已知销售价格为3元/件时，每日可售出该商品10百件。
（1）求函数的解析式；
（2）若该商品A的成本为2元/件，根据调研结果请你试确定该商品销售价格的值，使该商场每日销售该商品所获得的利润（单位：百元）最大。
19.设函数
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当时，恒成立，求的最小值．
20.已知函数g（x）＝e x﹣ax2﹣ax，h（x）＝e x﹣2x﹣lnx．其中e为自然对数的底数．
（1）若f（x）＝h（x）﹣g（x）．
①讨论f（x）的单调性；
②若函数f（x）有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
（2）已知a＞0，函数g（x）恰有两个不同的极值点x1，x2，证明：．
21.己知函数．
（Ⅰ）当时，函数在上是减函数，求的取值范围；
（Ⅱ）若方程的两个根分别为，求证：.
答案
一、单选题
1. C
2. B
3. B
4. C
5. C
6. B
7. D
8. A
9. C 10. D
二、填空题
11. 12. 13. ；14. ②③ 15. 或16.
三、解答题
17. （1）解：由题可知，方案一中的日收费与的函数关系式为
方案二中的日收费与的函数关系式为
（2）解：设方案一种的日收费为，由条形图可得的分布列为
所以（元）
方案二中的日收费为，由条形图可得的分布列为
200
0.6
（元）
所以从节约成本的角度考虑，选择方案一.
18. （1）解：由题意，10 2（3-5）2，解得a＝2，
故g（x）2（x﹣5）2（2＜x＜5）
（2）解：商场每日销售该商品所获得的利润为：
y＝h（x）＝（x﹣2）g（x）＝2+2（x﹣5）2（x﹣2）（2＜x＜5），
y′=4（x-5）(x-2)+2（x﹣5）2＝2(3x-9)（x﹣5）．
列表得x，y，y′的变化情况：
由上表可得，x＝3是函数h（x）在区间（2，5）内的极大值点，也是最大值点，此时
y＝10
19. （1）解：当时，不等式化为
，或，或
综上，原不等式的解集为
（2）解：时，
作与的图像，
可知
的最小值为3(这时)
20. （1）解：f（x）＝h（x）﹣g（x）＝e x﹣2x﹣lnx﹣e x+ax2+ax＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx（x＞0）,
① （x＞0）,
（i）当a≤0时,f′（x）＜0,函数f（x）在（0,+∞）上递减；
（ii）当a＞0时,令f′（x）＞0,解得；令f′（x）＜0,解得,
∴函数f（x）在递减,在递增；
综上,当a≤0时,函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时,函数f（x）在上单调递减,在上单调递增
②由①知,若a≤0,函数f（x）在（0,+∞）上单调递减,不可能有两个不同的零点,故a＞0；
且当x→0时,f（x）→+∞；当x→+∞时,f（x）→+∞；
故要使函数f（x）有两个不同的零点,只需,即, 又函数在（0,+∞）上为增函数,且,故的解集为（0,1）, 故实数a的取值范围为（0,1）
（2）证明: g′（x）＝e x﹣2ax﹣a,依题意,则,两式相减得, ,
因为a＞0,要证,即证,即证，
两边同除以,即证,
令t＝x1﹣x2（t＜0）,即证,
令,则,
令,则,
当t＜0时,p′（t）＜0,所以p（t）在（﹣∞,0）上递减,
∴p （t）＞p（0）＝0,∴h′（t）＜0,∴h（t）在（﹣∞,0）上递减,∴h（t）＞h（0）＝0,即, 故.
21. 解；（Ⅰ）在上递减，
对恒成立.
即对恒成立，所以只需.
，，
当且仅当时取“ ”，.
（Ⅱ）由已知，得，两式相减，
得.
由知
，
设，则.
.
在上递增，.
，
.
即.